USACO 6.3 剪枝

USACO6.3 剪枝_hash

从论文题到抄答案题…

*fence8

多重背包.

给出一堆木板要求不剩余的切成一定长度的小木板

问最多能满足多少小木板

写了个爆搜立马爆在第四个数据..然后开始学习

  • 思路

  • 剪枝方法汇总

    • 转载自另一个CSDNblog

    既然要装下尽可能多的物品,那么就应该先选入小的物品。

    所以,先把物品按照重量递增排序。那么:

    1. 如果前k物品不能装入背包,那么即使把其中一个物品P换成k+1~R中的一个物品Q,

      由于Q的重量大于P,因此也绝对不可能成功装入背包。

      1. 如果前k个物品可以装入背包,那么前k-1个物品也一定能装入背包。
      2. 如果前k个物品不能装入背包,那么前k+1个物品也一定不能装入背包。

      这样,一个最值问题就转化成了判定性问题,只要枚举出可行的最大k值就可以了。

    2. 记所有背包的容量和为boardsum,前k个物品重量和为railsum[k]。

      1. 重量大于最大背包容量的物品可以直接删去,容量小于最小物品重量的背包也可以直接删去。(这不算剪枝,应该是预处理)
      2. 如果可以把前k个物品全部装入,那么浪费掉的容量waste一定是 boardsumrailsum[k]
      3. 当一个背包的剩余容量小于物品重量的最小值, 即不能装入任何物品时,把剩余的容量加到current_waste中,一旦 currentwaste>waste ,就说明这种情况一定不能找到解,应该回溯(比较强大)。
    3. 如果存在两个物品p1,p2的重量相等,因此可以把他们看作是一样的,所以可以直接固定p2的顺序,把它放在p1后面(非常强大)。

    4. 如果 railsum[k]>boardsum , 那么这k个物品一定不能放入背包。

    5. 改变搜索顺序也可以加快速度,由于放入较大的物品是比较难的,因此dfs的时候可以从大的物品开始。

      • 总结

      • 排序后便于有大小关系的剪枝

      • 统计最小n项和有利于剪枝
      • 搜索顺序从大到小
      • 相同元素尝试相同层次搜索
  • 代码(来自yali wx)

    
    #include 
    
    
    #include 
    
    
    #include 
    
    
    #include 
    
    
    #include 
    
    
    #include 
    
    using namespace std;
    
    int totB,board[50 + 5],cb[50 + 5];//存储原始木板长度
    int totN,need[1024],rail[1024];//存储小木板长度
    int mx = -1,sum = 0,mid,cost;
    void input()
    {
      freopen("fence8.in","r",stdin);
      freopen("fence8.out","w",stdout);
      scanf("%d",&totB);
      for (int i = 1; i <= totB; i++) {
          scanf("%d",&board[i]);
          sum += board[i];
      }//统计总长,便于剪枝
      sort(board+1, board + totB+1);
      scanf("%d",&totN);
      for (int i = 1; i <= totN; i++) 
          scanf("%d",&need[i]);
      sort(need + 1, need + totN + 1);
      while (totN > 0 && need[totN] > board[totB]) 
          totN--;//清理大于最大木板长度的木板
      for (int i = 1; i <= totN; i++) 
          rail[i] = rail[i-1] + need[i];//统计排序后,到第i个木板的长度和
    }
    /*
    搜索层次
    mid:  二分得到的最多木板数
    => rail[mid] 最小需要的长度和
    => sum - rail[mid]最多能浪费的量//剪枝
    step: 小木板位置
    => step == 0 成功搜索(允许剩余)
    pos:  最小大模板编号//剪枝所需
    */
    bool check(int step,int pos)
    {
      if (step < 1) 
          return true;//二分搜索,能否大于等于(允许剩余)
      if (cost > sum - rail[mid])
          return false;//剪枝: 如果残料过多
      /*从大到小搜(搜索顺序的优化)*/
      for (int i = totB; i >= pos; i--) {
          if (cb[i] >= need[step]) {//当前木板剩余足够,才会往下一层搜
              cb[i] -= need[step];
              if (cb[i] < need[1]) 
                  cost += cb[i];//当前木板已经不能满足最小的要求
             /*
             (搜索顺序优化)
             如果下一个小木板和当前大小一样,
             那么优先考虑最大为当前木板大小的情况
             */
              if (need[step] == need[step+1])
                  if (check(step -1, i)) 
                      return true;
              /*搜索下一个小木板*/
              else if (check(step -1, 1))
                  return true;
                /*恢复原来情况*/
              if (cb[i] < need[1]) 
                  cost -= cb[i];
              cb[i] += need[step];
          }
      }
      return false;
    }
    void solve()
    {
      int l = 1,r = totN;
      mid = (l + r) >> 1;
      while (l <= r) {
          cost = 0;
          memcpy(cb, board, sizeof(board));
          if (check(mid , 0)) {
              l = mid + 1;
          }else
              r = mid - 1;
          mid = (l + r) >> 1;
      }//二分.注意不一定要求完全用完
    }
    int main()
    {
      input();
      solve();
      printf("%d\n",mid);
      return 0;
    }

cryptcow

给定一个目标字符串(不含COW)

给定一个初始字符串,其中可能有COW,每一个COW交换CO和OW之间的字符串

求能否得到目标字符串= =

  • 一开始觉得从两边搜C W然后搜O,立马被CCCC...OOOO...WWWW这组数据给坑了

  • 然后上nocow发现有两种方法

    • 剪枝+hash

      1. 由于添加的COW是一起的,因此给出的字符串的字符个数应该等于47(目标字符串的长度)+3*k。如果不满足就可直接判断无解。
      2. 除了COW三个字符外,其他的字符的个数应该和目标串相一致。如果不一致也可直接判断无解。
      3. 搜索中间肯定会出现很多相同的情况,因此需要开一个hash来记录搜索到过哪些字符串,每搜索到一个字符串,就判重。如果重复直接剪枝。这里的字符串的hash函数可以采用ELFhash,但由于ELFhash的数值太大,所以用函数值对一个大质数(我用的是99991)取余,这样可以避免hash开得太大,同时又可以减少冲突。
      4. 对搜索到的字符串,设不包含COW的最长前缀为n前缀(同样也可以定义n后缀),那么如果n前缀不等于目标串的长度相同的前缀,那么当前字符串一定无解,剪枝。N后缀也可采取相同的判断方法。
      5. 一个有解的字符串中,COW三个字母最早出现的应该是C,最后出现的应该是W,如果不满足则剪枝。
      6. 当前字符串中任意两个相邻的COW字母中间所夹的字符串一定在目标串中出现过。如果不符合可立即剪枝。
      7. 需要优化搜索顺序。经过试验我们可以发现,O的位置对于整个COW至关重要。可以说,O的位置决定了整个串是否会有解。因此,我们在搜索时,应该先枚举O的位置,然后再枚举C和W的位置。其中W要倒序枚举。这样比依次枚举COW至少要快20~30倍。
      8. 在判断当前串的子串是否包含在目标串中的时候,可以先做一个预处理:记录每一个字母曾经出现过的位置,然后可以直接枚举子串的第一个字母的位置。这样比用pos要快2倍左右。
    • “`c++
      int elfhash(char * str) {

      unsigned int res = 0,g;
      while (*str)
      {
      res = (res << 4) + (*str++);
      g = res & 0xF0000000;
      if (g) res ^= g >> 24;
      res &= ~g;
      }
      return res % MAXH;
      }

      
      - ```c++
      把nocow上adventop牛的代码抄了一遍交上去
      http://www.nocow.cn/index.php/Code:USACO/cryptcow/C%2B%2B
      
      #include //by adventop
      
      
      #include
      
      
      #define BIG 1500000
      
      
      #define LEN 77
      
      using namespace std;
      const char End[] = "Begin the Escape execution at the Break of Dawn";
      ofstream fout ("cryptcow.out",ios::out);
      ifstream fin ("cryptcow.in",ios::in);
      bool Hash[BIG];
      long END=0,HASH;
      char start[LEN],fir[LEN],STR[LEN];
      //hash..不懂原理..就是编码吧
      inline unsigned long BKDRhash(const char *str){ //BKDRhash
          unsigned long seed=131313,hash=0;
          while(*str) hash=hash*seed+(*str++);
          return (hash & 0x7FFFFFFF) % 1000003;
      }
      //拷贝字符串,这里代码风格极佳
      //自己一开始尝试的时候没有封装成函数,没有拿cow作为变量名,只能调试输出
      inline void change(char *str,int c,int o,int w){
          int len=-1;
          memset(STR,0,sizeof(STR));
          for(int i=0;istr[i];
          for(int i=o+1;istr[i];
          for(int i=c+1;istr[i];
          for(int i=w+1;istr);i++) STR[++len]=str[i];
          strcpy(str,STR);
      }
      //剪枝函数
      inline bool dfscut(const char *str){
          int len=-1,Len,i,flag,Flag,lens=strlen(str);
        //首位不是C或W
          while(++lenstr[len]!='C') if(End[len]!=str[len]) return true;
          i=47;Len=len+1;len=lens;
          while(len>0 && str[len-1]!='W') if(End[--i]!=str[--len]) return true;
        //len - 1 位 最右'W'
        //Len 位 最左'C'
          lens=len;len=Len;Len=-1;
        //lens 最右'W'
        //len  最左'C'
        //Len  fir(拷贝)字符串的位置
          while(len//拷贝之间的字符串
              while(++lenstr[len]!='C' && str[len]!='O' && str[len]!='W')
                  fir[++Len]=str[len];
              Flag=0;//能否找到对应的字符串
              if(len<=lens)
                  for(int i=0;i1;
                      for(int j=i;j<=i+Len;j++)
                          if(fir[j-i]!=End[j]) {flag=0;break;}
                      if(flag) {Flag=1;break;}
                  }
              if(!Flag) return true;
              Len=-1;
          }
          return false;
      }
      //搜索函数
      bool dfs(char *str,int step){
          char DFS[LEN];
          HASH=BKDRhash(str);
          if(Hash[HASH]) return false;
          else if(HASH==END) {fout<<"1 "<return true;}
          Hash[HASH]=true;
          if(dfscut(str)) return false;
        //前面各种剪枝/排重
        //枚举O->CW搜索
          for(int o=0;ostr);o++)
              if(str[o]=='O')
              for(int c=0;cif(str[c]=='C')
                  for(int w=strlen(str)-1;w>o;w--)
                      if(str[w]=='W'){
                          strcpy(DFS,str); //avoid to use dynamic point
                          change(DFS,c,o,w);
                          if(dfs(DFS,step+1)) return true;
                      }
          return false;
      }
      int main(){
          memset(Hash,0,sizeof(Hash));
          END=BKDRhash(End);
          fin.getline(start,LEN+2,'\n');//注意输入方式
          if(!((strlen(start)-47)%3) && !dfs(start,0)) fout<<"0 0"<return 0;
      }
    • 官方题解(代码也就近500行…不贴了)

    • 大意大概是:C,O,W将新字符串分割为3k+1段。这3k+1段首先应能在原字符串里找到。然后

      若原字符串第i段在新字符串中由C结尾,则原字符串第i + 1段必在新字符串里由O开头。

      若原字符串第i段在新字符串中由O结尾,则原字符串第i + 1段必在新字符串里由W开头。

      若原字符串第i段在新字符串中由W结尾,则原字符串第i + 1段必在新字符串里由C开头。

      例如

      CBegin the EscCution at the BreOape execWak of OWDawn

      原字符串分为

      1:Begin the Esc

      2:ape exec

      3:ution at the Bre

      4:ak of

      5:Dawn,

      另外6,7两段为空段。

      新字符串简化为

      C 1 C 3 o 2 W 4 o W 5(由于‘O’难分辨此处改为小写)

      1由C结尾则2必由0开头,2由W结尾则3必由C开头………

      然后1结尾的C必和2开头的0是同一次操作的C,O,W。

      而2结尾的W必和3开头的C是同一次操作。

      而三开头 的C又是1结尾的C。

      所以可以判断1结尾的C,2开头的0(3结尾的0),2结尾的W为一次操作….

cowcycle

dfs模拟题,难看懂,模拟易出错

  • 100*100的整数=>浮点数除法,打表优化时间
  • 然后暴力枚举就过了.

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